Đề thi hsg lớp 11 tỉnh bình định và hd giải

SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT
BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2011-2012

Đề chính thức Môn thi : TOÁN
Thời gian làm bài : 150 phút ( không kể thời gian phát đề )
Ngày thi : 18/3/2012



Bài 1 : (7.0 điểm )
a. Giải phương trình :
3 2
2log cot x log os
c x
=

b. Giải phương trình :
( )
2
2 3
3
16 8
x x
+ − =

Bài 2 : (4,0 điểm )
Chứng minh rằng : Điều kiện cần và đủ để các trung tuyến AA
1
, BB
1
của tam giác ABC

vuông góc với nhau là :
cot 2(cot A cot )
C B
= +

Bài 3 : ( 3,0 điểm )
Cho a,b,c, d
∈

, 1
≤
a,b,c,d
≤
2 . Chứng minh rằng :
2 2 2 2
2
( )( ) 25
( d) 16
a b c d
ac b
+ +
≤
+

Bài 4 : (6.0 điểm)
Cho hình chóp đều SABC có cạnh đáy bằng AB=a , cạnh bên SA=b , Gọi M,N lần lượt
là trung điểm của AB,SC . Một mặt phẳng thay đổi chứa MN , cắt cạnh SA, BC lần lượt
tại P,Q ( P,Q không trùng với S)
a. Chứng minh rằng :
PA b

QB a
=

b. Xác định tỷ số
PA
SA
sao cho diện tích MPNQ là nhỏ nhất .




HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG TOÁN 11 , TỈNH BÌNH ĐỊNH

NĂM HỌC 2011-2012


( Lê quang Dũng – GV Trường THPT số 2 Phù Cát , Bình Định )
Bài 1 :
a) Giải phương trình :
3 2
2log cot x log os
c x
=

( Đây là bài toán trong chương trình toán lớp 12 , người ra đề không nắm vững
phân phối chương trình hiện hành)

Điều kiện : sinx >0, cosx >0
Đặt : t= log
2

cosx , t<0 => cosx=2
t

Khi đó phương trình đã cho trở thành : 2log
3
cotx=t  cot
2
x=3
t


4
3
1 4
t
t
t
=
−

4 3 12
t t t
= −

4
4 1 0
3
t
t
 

+ − =
 
 
(1)
Ta có g(t)=
4
4
3
t
t
 
+
 
 
-1 đồng biến trên (
−∞
,0) , g(-1)=0
 t=-1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1)
 cosx=1/2
Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của phương trình đã cho là :
.2 ,
3
k k
π
π
+ ∈


b) Giải phương trình :
( )

2
2 3
3
16 8
x x
+ − =

Đặt y=
3
3
16
x
−
,Ta có hệ phương trình :
2 2
3 3
8
16
x y
x y

+ =


+ =




2

3
( ) 2x 8
( ) 3x ( ) 16
x y y
x y y x y

+ − =


+ − + =



Đặt S=x+y, P=xy , điều kiện S
2
-4P
≥
0
Khi đó , hệ phương trình trở thành
2
3
2 8 (1)
3 16 (2)
S P
S SP

− =


− =




Từ (1) 
2
8
2
S
P
−
=

thay vào (2) ta được :
3 2
3
( 8) 16
2
S S S
− − =

3
24S 32 0
S
− + =


3
24S 32 0
S
− + =

 (S-4)(S
2
+4S-8)=0  S=4 , S
2
+4S-8=0
i) S=4 => P=4 , Phương trình đã cho có nghiệm x=2
ii) S
2
+4S-8=0 =>
2
1
( 8) 2S
2
P S
= − = −

Khi đó : S
2
-4P=S
2
+8P
≥
0  S
≥
0 , hoặc S
≤
-8
S
2
+4S-8=0 

2 2 3, 2 2 3
S S= − + = − −
(loại )

4 4 3
P = −

Khi đó :
1 3 2 3
x = − + ±

Phương trình đã cho có 3 nghiệm :x= 2,
1 3 2 3
x = − + ±

Bài 2 : (4,0 điểm )
Chứng minh rằng : Điều kiện cần và đủ để các trung tuyến AA
1
, BB
1
của tam giác
ABC vuông góc với nhau là :
cot 2(cot A cot )
C B
= +

Giải :
Đặt BC=a,AC=b,AB=c , S là diện tích tam giác ABC ,
Áp dụng định lý cosin ta có :
2 2 2

2 cos
b c bc A a
+ − =


2 2 2
2 cot .sin A
b c bc A a
+ − =


2 2 2
4Scot
b c A a
+ − =


2 2 2
cot
4S
b c a
A
+ −
=

Tương tự ta có :
2 2 2
cot
4S
a c b

B
+ −
=
,
2 2 2
cot
4S
a b c
C
+ −
=

cot 2(cot A cot )
C B
= +


2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
4S 4S 4S
a b c c b a a c b
 
+ − + − + −
= +
 
 


(
)

2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
a b c c b a a c b
+ − = + − + + −


2 2 2
5
a b c
+ =

Mặt khác , G là trọng tâm của tam giác ABC , khi đó :
2 2 2 2 2
1
4 1
AA (2 2 )
9 9
AG b c a
= = + −

2 2 2 2 2
1
4 1
BB (2 2 )
9 9
BG a c b
= = + −

Các trung tuyến AA
1

,BB
1
của tam giác ABC vuông góc với nhau  tam giác AGB
vuông tại G  AG
2
+BG
2
=AB
2

2 2 2 2 2 2 2
1 1
(2 2 ) (2 2 )
9 9
b c a a c b c
+ − + + − =


2 2 2
5
a b c
+ =

cot 2(cot A cot )
C B
= +
=> đpcm
Bài 3 : ( 3,0 điểm )
Cho a,b,c, d
∈


, 1
≤
a,b,c,d
≤
2 . Chứng minh rằng :
2 2 2 2
2
( )( ) 25
( d) 16
a b c d
ac b
+ +
≤
+

Giải :
Đặt
tanx , tany
a c
b d
= =
,
2 2 2 2
2
( )( ) 25
( d) 16
a b c d
ac b
+ +

≤
+
 …. 
2 2
9( d) 16( d )
ac b a bc
+ ≥ −


d
3
4
a bc
ac bd
−
≤
+

3
4
1
a c
b d
a c
b d
−
≤
+

3

tan( )
4
x y
− ≤

Vì a,b,c,d thuộc [1,2] , tanx ,tany
1
,2
2
 
∈
 
 
=>
1
, arctan ,arctan 2 0,
2 2
x y
π
   
∈ ⊂
 
 
   


1
arctan 2 arctan
2
x y− ≤ −

=>
1 3
tan( ) tan(arctan 2 arctan )
2 4
x y
− ≤ − =

Dấu = xảy ra  a=d=2 ,b=c=1 => Đpcm
Bài 4 : (6.0 điểm)
Cho hình chóp đều SABC cá cạnh đáy bằng AB=a , cạnh bên SA=b , Gọi M,N lần
lượt là trung điểm của AB,SC . Một mặt phẳng thay đổi chứa MN , cắt cạnh SA, BC
lần lượt tại P,Q ( P,Q không trùng với S)
a) Chứng minh rằng :
PA b
QB a
=

b) Xác định tỷ số
PA
SA
sao cho diện tích MPNQ là nhỏ nhất .
Giải :
a) Nếu P là trung điểm của SA thì MP//SB , PA=b/2 => NQ//SB
=> Q là trung điểm của BC => QB=a/2 =>
PA b
QB a
=

Nếu P không phải là trung điểm của PA thì PA cắt SB tại I
=> MP,SB,NQ đồng quy tại I

Kẽ BE //SA , BF//SC , khi đó
IB
IS
BQ BF BF BE PA
QC NC SN SB SP
= = = = =


BQ PA
BC SA
=
=>
PA SA b
QB BC a
= =
(đpcm)
b)Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của P, Q lên MN
Gọi (
β
) là mặt phẳng vuông góc với MN , trong phép chiếu vuông góc lên (
β
) các
điểm M,N,H,K có hình chiếu là O , các điểm S,A,B,C,P,Q có hình chiếu lần lượt là
D’,A’,B’,C’,P’,Q’, Vì M là trung điểm của AB ,N là trung điểm của SC , nên O là trung
điểm của A’B’, D’C’ => Tứ giác A’C’B’D’ là hình bình hành ,P’
∈
A’D’ ,Q’
∈
B’C’
Ta có PH, (

β
) cùng vuông góc với MN => PH//(
β
)=> PH=OP’ ,
tương tự ta có QK=OQ’
Gọi J là giao điểm của PQ và MN , J có hình chiếu vuông góc lên (
β
) là O
 O thuộc P’Q’ => OP’=OQ’ => PH=QK=> S
MPN
=S
MQN

Diện

tích tứ giác MPNQ là nhỏ nhất  S
MPN
là nhỏ nhất
 PH là nhỏ nhất  PH là đường vuông góc chung của SA và MN
Gọi M’,N’ lần lượt là trung điểm của SB,AC
 MN’, M’N //BC , MM’NN là hình bình hành
SABC là hình chóp đều , L là trung điểm của BC => (SAL)
⊥
BC
=> (SAL)
⊥
(MM’NN’) theo gt UV ,với U ,V lần lượt là trung điểm của MN’,M’N
=> H là chân đường vuông góc chung của SA,MN trên MN là trung điểm UV
Ta có HP
2

2
2 2
3
3
2 3
2 4
a a
b
a b a
b b
−
−
= =

Khi đó PA =
2 2 2 2 2 2 2
2
3a (3 )
4 16 16 4 4 4
b a b a b a a b
b b b
− +
+ − = + =
=>
2 2
2
4
PA a b
SA b
+

=